【绿色通道】2020高三数学一轮复习 第7章 立体几何检测 文 新人教A版

单元质量检测(七)一、选择题1(2020上海春招)在空间中，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：在空间中，两条直线没有公共点，可能是两条直线平行，也可能是两条直线异面，两条直线平行则两条直线没有公共点，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的必要不充分条件答案：B2(2020茂名一模)如下图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物是()解析：由三视图及空间想象可知选A.答案：A3(2020山东高考)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()ABCD解析：正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以正确答案：D4(2020皖南八校三次联考)已知某个几何体的三视图如图(正视图中的弧线是半圆)，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的表面积是()A(42)cm2 B(62)cm2C(43)cm2 D(63)cm2解析：由三视图可知，该几何体是底面直径和高均为2 cm的放倒的半个圆柱，其中轴截面的面积为4 cm2，半个侧面的面积为2cm2，两底面的面积之和为 cm2，所以这个几何体的表面积是(43)cm2，故应选C.答案：C5(2020通州模拟)用平行于圆锥底面的截面去截圆锥，所得小圆锥的侧面积与原来大圆锥的侧面积的比是，则小圆锥的高与大圆锥的高的比是()A. B1C. D.解析：设小圆锥的高，底面半径，母线长分别为h，r，l，大圆锥的高，底面半径，母线长分别为H，R，L，则，()2，.答案：C6(2020青岛一检)已知直线l平面，直线m平面，下面有三个命题：lm；lm；lm.则真命题的个数为()A0 B1C2 D3解析：对于，由直线l平面，则l，又直线m平面，lm，故正确；对于，由条件不一定得到lm，还有l与m相交和异面的情况，故错误；对于，可知正确故正确命题的个数为2.答案：C7(2020潍坊一检)已知m、n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A若，则B若mn，m，n，则C若mn，m，则nD若n，n，则解析：对于选项A：垂直于同一平面的两个平面也可以相交，如正方体相邻的两个平面，故A错；对于选项B：设平面与平面相交于直线l，则在这两个平面内都存在与交线平行的直线，此时这两直线也平行，故B也错；对于选项C：应有n或n两种情形；对于选项D：由线面垂直性质知，垂直于同一直线的两平面平行，故D正确答案：D8(2020辽宁高考)正六棱锥PABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥DGAC与三棱锥PGAC体积之比为()A11 B12C21 D32解析：由题意可知三棱锥VBGACVPGAC，VBGACVGBAC，VDGACVGADC，又因为三棱锥GBAC与三棱锥GADC等高，且SBACSADC12，综上可知VDGACVPGAC21，故选C.答案：C9(2020杭州二检)如右图，设平面EF，AB，CD，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BDEF，这个条件不可能是下面四个选项中的()AACBACEFCAC与BD在内的射影在同一条直线上DAC与、所成的角相等解析：选项A、B、C均可推出EF平面ABCD，从而可推出BDEF；而由选项D并不能推出BDEF，故选D.答案：D10(2020安徽模拟)若二面角MlN的平面角大小为，直线m平面M，则平面N内的直线与m所成角的取值范围是()A， B，C， D0，解析：直线m与平面N内的直线所成角最小为m与平面N所成的角，显然m与N内直线所成角最大为，因为N内一定有直线与m垂直答案：A11如下图所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是下图中的()A四个图形都正确 B只有(2)(3)正确C只有(4)错误 D只有(1)(2)正确解析：在面ABCD上的射影为图(2)；在面B1BCC1上的射影为图(3)，在任何一个面上的射影都不会是图(1)和图(4)答案：B12(2020九江模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，其棱长为1，下列命题中，正确的命题个数为()A1C1和AD1所成角为；点B1到截面A1C1D的距离为；正方体的内切球与外接球的半径之比为1A3 B2C1 D0解析：连接BC1，则BC1AD1，A1C1B为异面直线A1C1与AD1所成角，显然A1C1B.到平面A1C1D的距离为的点是B不是B1.正方形的内切球与外接球半径之比为1.答案：C二、填空题13(2020杭州二检)如右图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直径为1的圆，那么这个几何体的侧面积为_解析：由三视图可知，原几何体为底面直径为1，母线长也为1的圆柱，故由圆柱侧面积公式可得S21.答案：14在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上移动，并且总是保持APBD1，则动点P的轨迹是_解析：由题意，当P点移动时，AP确定的平面与BD1垂直，点P应在线段B1C上答案：线段B1C15(2020日照二调)如下图所示，四棱锥PABCD的底面是一直角梯形，ABCD，CD2AB，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为_解析：取PD的中点F，连接EF，AF，由题中条件易得四边形ABEF为平行四边形，从而进一步可推出BEAF，根据线面平行的判定定理可得BE平面PAD(或取CD的中点M，连接EM，BM，由条件可推出平面BEM平面PAD，进一步也可得出BE平面PAD)答案：平行16已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCDA1B1C1D1中，BAD60，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动则MN中点P的轨迹与该直平行六面体的表面所围成的几何体中体积较小的几何体的体积为_解析：连接PD，可得PD1，即点P的轨迹为以点D为球心，半径为1的球截直平行六面体ABCDA1B1C1D1所得的部分(如右图所示)由DD1平面ABCD及ADC，可得该几何体为球体的，所以其体积为V13.答案：三、解答题17已知圆锥的底面半径为r，高为h，正方体ABCDABCD内接于圆锥，求这个正方体的棱长解：设正方体棱长为a.如右图作出组合体的轴截面则OSh，OPr，OA，SOASOP，即，a，即正方体的棱长为.18如右图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC6，BD8，E是PB上任意一点，AEC面积的最小值是3.(1)求证：ACDE；(2)求四棱锥PABCD的体积解：(1)连接BD，设AC与BD相交于点F.因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.而PDBDD，所以AC平面PDB.E为PB上任意一点，DE平面PDB，所以ACDE.(2)连接EF.由(1)知AC平面PDB，EF平面PDB，所以ACEF.SACEACEF，在ACE面积最小时，EF最小，则EFPB.此时SACE3，6EF3，解得EF1.由PDBFEB，得.由于EF1，FB4，所以PB4PD.又PB，4PD，解得PD.VPABCDS菱形ABCDPD24.图甲19(2020广州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直(右图甲)，图乙为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形(1)根据图乙所给的正视图、侧视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积图乙(2)图丙中，E为棱PB上的点，F为底面对角线AC上的点，且，求证：EF平面PDA.图丙解：(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线，边长为6 cm的正方形，如下图其面积为36 cm2.(2)连接BF并延长交AD于G，连接PG，则在正方形ABCD中，.又，在BGP中，EFPG.又EF平面PDA，PG平面PDA，EF平面PDA.20(2020淄博模拟)如右图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，且SAAB，点E为AB的中点，点F为SC的中点(1)求证：EFCD；(2)求证：平面SCD平面SCE.证明：(1)连结AC、AF、BF、EF.SA平面ABCD，AF为RtSAC斜边SC上的中线，AFSC.又ABCD是正方形，CBAB.而由SA平面ABCD，得CBSA，又ABSAA，CB平面SAB.CBSB，BF为RtSBC斜边SC上的中线，BFSC.AFB为等腰三角形，EFAB.又CDAB，EFCD.(2)由已知易得RtSAERtCBE，SECE，即SEC是等腰三角形，EFSC.又SCCDC，EF平面SCD.又EF平面SCE，平面SCD平面SCE.21(2020广东高考)如下图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中点，点F，G分别是棱C1D1，AA1的中点设点E1，G1分别是点E，G在平面DCC1D1内的正投影(1)求以E为顶点，以四边形FGAE在平面DCC1D1内的正投影为底面边界的棱锥的体积；(2)证明：直线FG1平面FEE1；(3)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值解：(1)由题意知EE1平面DCC1D1，且四边形FGAE在平面DCC1D1内的正投影为四边形FG1DE1.点E是正方形BCC1B1的中心，EE11.SFG1DE1SDCC1D1SFD1G1SE1C1FSDCE1，由题设知点E1、G1分别是CC1、DD1的中点，SFG1DE1221111122.故所求的四棱锥体积为VEFG1DE1SFG1DE1EE121.(2)由(1)知，E1C1F与G1D1F均为等腰直角三角形，G1FE1G1FFE1.EE1平面DCC1D1，FG1平面DCC1D1，EE1FG1.又EE1FE1E1，FG1平面FEE1.(3)由(1)的解答知E1G1AB，EAB即为E1G1与EA所成的角连接EB，由题意得EB.AB平面BCC1B1，EBA为直角三角形，EA，sinEAB.22如下图，在正三棱锥ABCD中，BAC30，ABa，平行于AD、BC的截面EFGH分别与AB、BD、DC、CA交于E、F、G、H四点(1)试判断四边形的形状，并说明判断理由；(2)设P点是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC平面EFGH？请说明理由解：(1)四边形EFGH是一个矩形，下面给出证明：AD面EFGH，面ACD面EFGHHG，AD面ACD，ADHG，同理EFAD，HGEF，同理有EHFG，四边形EFGH是一个平行四边形又三棱锥ABCD是一个正三棱锥，A点在底面BCD上的射影O点必是BCD的中心，ODBC，ADBC.HGEH，即四边形EFGH是一个矩形(2)作CPAD于P，连接BP，ADBC，BCCPC，AD面BCP.HGAD，HG面BCP.又HG面EFGH，面BCP面EFGH.在RtAPC中，CAPBAC30，ACa，APa.